分类讨论压轴题答案

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1、分类讨论专题答案1、解:(1)根据题意,令y=0,整理,得  x2+2(n+1)x+4n=0(n<0),  解得x1=-2,x2=-2n,∴AB=

2、x2-x1

3、=2-2n,又OD=

4、y1

5、=-2n。∵S△ABD=AB·OD=12,∴(2-2n)(-2n)=12,解得n=3(舍去),n=-2。∴y=-x2+x+4。 顶点坐标为(1,)。(2)∵点C(2,y2)在这条抛物线上,D(0,4),∴y2=4,即C(2,4),  ∴∠CDO=90°,∴∠BOD=90°。根据题意画出示意图  ①如图1,设P1(0,),满足P1B=P1C,其中>0。由勾股定理得,  OB2+=+DC2,  即4

6、2+=(4-)2+22,解得=,  即P1(0,),符合题意,  直线P1B的解析式为y=-x+。  ②如图2,设P2(0,),满足P2B=BC,其中>0。由勾股定理得,  OB2+=42+22,即42+=42+22,解得=-2(舍去),=2,  即P2(0,2),符合题意,直线P2B的解析式为y=-x+2。  ③设(0,),满足C=BC,其中>0,由勾股定理得,  +CD2=42+22,  即(4-)2+22=42+22,  解得=0(舍去),=8,  即(0,8)。直线B的解析式为y=-2x+8,  ∵C(2,4)在B上,4  ∴不符合题意,舍去。  综上所述,直线PB的解析

7、式为 y=-x+,y=-x+2。  注评:由于构成等腰三角形的三个顶点中有一个顶点的位置待确定,所以哪两条边为腰都具有了可能性,这是引起本例分类讨论的原因。2、解:(1)∵PQ∥BC,∴,∵BC=4,AB=8,AP=3,∴PQ=。∵D为AB中点,∴AD=AB=4,  PD=AD-AP=1。∵PQMN为正方形,DN=PN-PD=PQ-PD=,  y=MN·DN=×=(cm2)。  (2)由于点P的位置不同,y与x之间存在不同的函数关系,故需分类讨论。  ①当≤x<4时,y=(x-4)=x2-2x。  ②当4≤x<时,y=x。  ③当≤x≤8时,y=2(8-x)=-2x+16。  (

8、3)将y=2代入y=x2-2x,得x=,即P点距A点(cm)。将y=2代入y=-2x+16得x=7,即点P距A点7(cm)。3、 解:(1)根据题意可得,  -=-1,  =10,×10

9、c

10、=15。解得c=-3,a=,b=。  故所求抛物线的解析式为y=x2+x-3。4  (2)解方程x2+x-3=0得x1=-6,x2=4,  ∴A、B两点坐标为(-6,0)、(4,0)。  (3)若(1)中抛物线上存在点P,使以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似,显然∠ACB是钝角,则一定有∠ABP=∠ACB。  ①若△PAB∽△ABC,则有  ,∴AP==20。  作PE⊥x轴于E,由△

11、APE∽△BOC得  ,  ∴PE==12,AE==16,  ∴OE=AE-AO=10,  ∴P(10,12)  将x=10代入y=x2+x-3得y=12,  ∴点P在(1)中的抛物线上,又由抛物线的对称性可知P'(-12,12)也满足要求。②若△AP″B∽△ABC,则有  ,∴AP″=,作P″E'⊥x轴于E',由△AP″E∽△ACO得,  ,P″E'=,AE'=,∴OE'=AE'-AO=,  ∴点P″(,),  将x=代入y=x2+x-3中,得y=≠。4  ∴点P″不在(1)中的抛物线上。综上所述,在x轴上方,(1)中的抛物线上存在点P(10,12)和P'(-12,12),使得

12、以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似。4、解:(1)∵S△PQC=S四边形PABQ,∴S△PQC:S△ABC=1:2,∵PQ∥AB,∴△PQC∽△ABC,  ∴,∴PC2=42×,PC=2。  (2)∵△PQC的周长与四边形PABQ的周长相等,∴PC+CQ=PA+AB+QB=(△ABC的周长)=6。  ∵PQ∥AB,∴,,CP=。  (3)①根据题意,如图5-1,当∠MPQ=90°,PM=PQ时,由勾股定理的逆定理知∠C=90°,  ∴△ABC的斜边AB上的高为。  设PM=PQ=x,∵PQ∥AB,∴△CPQ∽△CAB,  ∴,得x=,即PQ=。当∠M'QP=90°,PQ=Q

13、M'时,仍可得PQ=。  ②根据题意,如图5-2,当∠PMQ=90°,PM=QM时,由等腰直角三角形的性质得M到PQ的距离为PQ,设PQ=x,  ∵PQ∥AB,∴△CPQ∽△CAB,  ∴,  解得x=,即PQ=。  注评:本题引起分类讨论的原因是“使得△PQM为等腰直角三角形”,由于没有指明哪条边是斜边或哪些边为腰,因此解题时要分类进行探索。4

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